高中数列知识点、解题方法和题型大全.doc

1一一 高中数列知识点总结高中数列知识点总结 1. 等差数列的定义与性质等差数列的定义与性质定义：1nnaad（d为常数） ，11naand等差中项：xAy，成等差数列2Axy前n项和1 11 22n naann nSnad性质： na是等差数列（1）若mnpq，则mnpqaaaa；（2）数列仍为等差数列，232nnnnnSSSSS， 仍为 12212,nnnaaa等差数列，公差为；dn2（3）若三个成等差数列，可设为adaad，（4）若nnab，是等差数列，且前n项和分别为nnST，则2121mmmmaS bT（5） na为等差数列2 nSanbn（ab，为常数，是关于n的常数项为0 的二次函数）nS的最值可求二次函数2 nSanbn的最值；或者求出 na中的正、负分界项，即：当100ad，解不等式组100nnaa 可得nS达到最大值时的n值. 当100ad，由100nnaa 可得nS达到最小值时的n值. (6)项数为偶数的等差数列 na，有n2),)()()(11122212为中间两项nnnnnnnaaaanaanaanS2，.ndSS奇偶 1nn aa SS偶奇（7）项数为奇数的等差数列 na，有12 n，)() 12(12为中间项nnnaanS，.naSS偶奇1nn SS偶奇2. 等比数列的定义与性质等比数列的定义与性质定义：1nnaqa（q为常数，0q ） ，1 1n naa q.等比中项：xGy、成等比数列2Gxy，或Gxy .前n项和：11(1)1(1)1n nna qSaq qq （要注意！）性质： na是等比数列（1）若mnpq，则mnpqaaaa··（2）232nnnnnSSSSS， 仍为等比数列,公比为.nq注意注意：由nS求na时应注意什么？1n 时，11aS；2n 时，1nnnaSS.3二二 解题方法解题方法1 求数列通项公式的常用方法求数列通项公式的常用方法（1）求差（商）法）求差（商）法如：数列 na，12211125222nnaaan ，求na解解 1n 时，112 1 52a ，114a 2n 时，1212111121 5222nnaaan 得：122nna ，12nna，114(1)2(2)nnnan练习数列 na满足111543nnnSSaa，求na注意到11nnnaSS，代入得14nnS S ；又14S ， nS是等比数列，4nnS 2n 时，1 13 4nnnnaSS ·（2）叠乘法）叠乘法如：数列 na中，1 131nnanaan，求na解解 321211 21 2 3nnaaan aaan· · ，11na an又13a ，3nan .（3）等差型递推公式）等差型递推公式由110( )nnaaf naa，求na，用迭加法42n 时，21321(2)(3)( )nnaafaafaaf n 两边相加得1(2)(3)( )naafff n 0(2)(3)( )naafff n （4）等比型递推公式）等比型递推公式1nnacad（cd、为常数，010ccd，）可转化为等比数列，设111nnnnaxc axacacx令(1)cxd，1dxc，1ndac是首项为11dacc，为公比的等比数列1 111n nddaaccc·，1 111n nddaaccc（5）倒数法）倒数法如：11212n n naaaa，求na由已知得：12111 22nnnna aaa，1111 2nnaa1na为等差数列，111a，公差为1 2，11111122nnna ·，2 1nan(附：公式法、利用、累加法、累乘法.构造等差或等1(2)1(1)nnSSnS n na 比或、待定系数法、对数变换法、迭代法、数1nnapaq1( )nnapaf n学归纳法、换元法)52 求数列前求数列前 n 项和的常用方法项和的常用方法(1) 裂项法裂项法把数列各项拆成两项或多项之和，使之出现成对互为相反数的项. 如： na是公差为d的等差数列，求111nkkka a解：解：由11111110kkkkkkdaaaaddaa·11111223111111111111nnkkkkkknna adaadaaaaaa 11111ndaa练习求和：111112123123n 121nnaSn ，（2）错位相减法）错位相减法若 na为等差数列， nb为等比数列，求数列nna b（差比数列）前n项和，可由nnSqS，求nS，其中q为 nb的公比. 如：2311234n nSxxxnx 23412341nn nx Sxxxxnxnx· 2111nn nx Sxxxnx 1x 时， 2111nnnxnxSxx，1x 时，11232nn nSn 6（3）倒序相加法）倒序相加法把数列的各项顺序倒写，再与原来顺序的数列相加. 121121nnnnnnSaaaaSaaaa 相加 12112nnnnSaaaaaa练习已知22( )1xf xx，则111(1)(2)(3)(4)234fffffff由22222221 11( )111111xxxf xfxxxxx原式11111(1)(2)(3)(4)1 1 1323422fffffff (附：a.用倒序相加法求数列的前 n 项和 如果一个数列an，与首末项等距的两项之和等于首末两项之和，可采用把 正着写与倒着写的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为 倒序相加法。我们在学知识时，不但要知其果，更要索其因，知识的得出过程 是知识的源头，也是研究同一类知识的工具，例如：等差数列前 n 项和公式的 推导，用的就是“倒序相加法”。b.用公式法求数列的前 n 项和对等差数列、等比数列，求前 n 项和 Sn可直接用等差、等比数列的前 n 项 和公式进行求解。运用公式求解的注意事项：首先要注意公式的应用范围，确 定公式适用于这个数列之后，再计算。c.用裂项相消法求数列的前 n 项和裂项相消法是将数列的一项拆成两项或多项，使得前后项相抵消，留下有 限项，从而求出数列的前 n 项和。d.用错位相减法求数列的前 n 项和错位相减法是一种常用的数列求和方法，应用于等比数列与等差数列相乘 的形式。即若在数列an·bn中，an成等差数列，bn成等比数列，在和式的两 边同乘以公比，再与原式错位相减整理后即可以求出前 n 项和。e.用迭加法求数列的前 n 项和迭加法主要应用于数列an满足 an+1=an+f(n)，其中 f(n)是等差数列或等比数 列的条件下，可把这个式子变成 an+1-an=f(n)，代入各项，得到一系列式子，把 所有的式子加到一起，经过整理，可求出 an ，从而求出 Sn。7f.用分组求和法求数列的前 n 项和所谓分组求和法就是对一类既不是等差数列，也不是等比数列的数列，若 将这类数列适当拆开，可分为几个等差、等比或常见的数列，然后分别求和， 再将其合并。g.用构造法求数列的前 n 项和所谓构造法就是先根据数列的结构及特征进行分析，找出数列的通项的特 征，构造出我们熟知的基本数列的通项的特征形式，从而求出数列的前 n 项和。)三三 方法总结及题型大全方法总结及题型大全方法技巧方法技巧数列求和的常用方法 一、直接（或转化）由等差、等比数列的求和公式求和 利用下列常用求和公式求和是数列求和的最基本最重要的方法. 1.等差数列求和公式： dnnnaaanSn n2) 1( 2)(112、等比数列求和公式： ) 1(11)1 () 1(111qqqaa qqaqna Snn n) 1(211nnkSnkn) 12)(1(6112nnnkSnkn213)1(21nnkSnkn例 1 设是公比大于 1 的等比数列，为数列的前项和已知，且nanSnan37S 构成等差数列123334aaa，（1）求数列的等差数列na（2）令求数列的前项和31ln12nnban， nbnT解：（1）由已知得解得12313 27 :(3)(4)3.2aaaaaa，22a 8设数列的公比为，由，可得naq22a 1322aaqq，又，可知，即，37S 2227qq22520qq解得由题意得12122qq，12qq，故数列的通项为11ana12nna（2）由于由（1）得31ln12nnban，3 312n na， 又3ln23 ln2n nbn13ln2nnnbb是等差数列 nb12nnTbbb1() 2 (3ln23ln2) 2 3 (1)ln2.2nn bbnn n故3 (1)ln22nn nT练习：设 Sn1+2+3+n，nN*,求的最大值.1)32()(nn SnSnf解：由等差数列求和公式得 ， （利用常) 1(21nnSn)2)(1(21nnSn用公式） 1)32()(nn SnSnf 64342nnnnn6434150)8(12nn 5019 当 ，即 n8 时，88n 501)(maxnf二、错位相减法设数列的等比数列，数列是等差数列，则数列的前项和求解，均可 na nbnnbannS用错位相减法。例 2（07 高考天津理 21）在数列中， na，其中1 112(2)2 ()nn nnaaan N与0（）求数列的通项公式； na（）求数列的前项和； nannS（）解：由，1 1(2)2 ()nn nnaan N0可得，1 1 1221nn nn nnaa 所以为等差数列，其公差为 1，首项为 0，故，所以数列2n n na 21n nnan的通项公式为 na(1)2nn nan（）解：设， 234123(2)(1)nn nTnn345123(2)(1)nn nTnn当时，式减去式，1得，21 2311(1)(1)(1)1n nnn nTnn 21121222(1)(1) (1)1(1)nnnnnnnnT 这时数列的前项和 nan212 1 2(1)22(1)nn n nnnS 当时，这时数列的前项和1(1) 2nn nT nan1(1)222n nn nS例 3（07 高考全国文 21）设是等差数列，是各项都为正数的等比数列，且na nb10，111ab3521ab5313ab（）求，的通项公式；na nb（）求数列的前 n 项和nna bnS解：（）设的公差为，的公比为，则依题意有且 nad nbq0q 4212211413dqdq ，解得，2d 2q 所以，1 (1)21nandn 112nn nbq（）121 2n n nan b，122135232112222nnnnnS ，3252321223222nnnnnS 得，22122221222222nnnnS221111212212222nnn 1111212221212nnn 12362nn三、逆序相加法 把数列正着写和倒着写再相加（即等差数列求和公式的推导过程的推广）例 4（07 豫南五市二联理 22.）设函数的图象上有两点 P1(x1, y1)、P2(x2, 222)(xx xfy2)，若,且点 P 的横坐标为.)(21 21OPOPOP2111（I）求证：P 点的纵坐标为定值，并求出这个定值；（II）若;求,),()3()2()1(* nnSNnnnfnfnfnfS（III）略（I）,且点 P 的横坐标为.)(21 21OPOPOP21P 是的中点，且12P P121xx 12211212221211222222421 421222222 2222222pxxxxxxxxxxx xxyyy 由（I）知，121xx 121,122fffxx与， （1）+（2）得： 12111212nnnnffffnnnnnnffffnnnnSS 与 11221211211 1132 232 2 2nnnnnffffffffnnnnnnfnnSS 四、裂项求和法 这是分解与组合思想在数列求和中的具体应用. 裂项法的实质是将数列中的每项（通项） 分解，然后重新组合，使之能消去一些项，最终达到求和的目的. 通项分解（裂项）如： （1）111 ) 1(1 nnnnan（2）)121 121(211) 12)(12()2(2nnnnnan（3）等。)2)(1(1 ) 1(121 )2)(1(1 nnnnnnnan12例 5 求数列的前 n 项和. ,11,321,211nn解：设 （裂项） nnnnan111则 （裂项求和） 11321211 nnSn)1()23()12(nn 11n例 6（06 高考湖北卷理 17）已知二次函数的图像经过坐标原点，其导函数为( )yf x，数列的前 n 项和为，点均在函数的图'( )62fxxnanS( ,)()nn SnN( )yf x像上。（）求数列的通项公式；na（）设，是数列的前 n 项和，求使得对所有都成立11n nnba anT nb20nmT nN的最小正整数 m； 解：（）设这二次函数 f(x)ax2+bx (a0) ,则 f(x)=2ax+b,由于 f(x)=6x2,得 a=3 , b=2, 所以 f(x)3x22x.又因为点均在函数的图像上，所以3n22n.( ,)()nn SnN( )yf xnS当 n2 时，anSnSn1（3n22n）6n5.) 1(2) 132nn（当 n1 时，a1S13×1226×15，所以，an6n5 （）nN（）由（）得知，13nnnaab5) 1(6)56(3 nn)161 561(21 nn故 Tn（1）. niib121 )161 561(.)131 71()711 (nn21 161 n因此，要使（1）an-a(n-1)=3(n-1) 同样 a(n-1)-a(n-2)=3(n-2) a(n-2(-a(n-3)=3(n-3) a3-a2=32 a2-a1=31 以上的 n 个等式的两边相加得到 An-a1=3+32+3(n-1)=3(1-3n-1)/(1-3)=(3n-1)/21判断和证明数列是等差（等比）数列常有三种方法：(1)定义法：对于 n2 的任意自然数,验证为同一常数。11(/)nnnnaaaa(2)通项公式法：若 = +（n-1）d= +（n-k）d ，则为等差数列； na若 ，则为等比数列。 na(3)中项公式法：验证中项公式成立。2. 在等差数列中,有关的最值问题常用邻项变号法求解： nanS(1)当>0,d0 时，满足的项数 m 使得取最小值。1a10 0mma a 在解含绝对值的数列最值问题时,注意转化思想的应用。3.数列求和的常用方法：公式法、裂项相消法、错位相减法、倒序相加法等。注意事项注意事项1证明数列是等差或等比数列常用定义，即通过证明 或 na11nnnnaaaa而得。11nnnn aa aa2在解决等差数列或等比数列的相关问题时， “基本量法”是常用的方法，但有时灵活地22运用性质，可使运算简便，而一般数列的问题常转化为等差、等比数列求解。3注意与之间关系的转化。如：= ， =nsnana1100nnSSS 21 nnna nkkkaaa211)(4解综合题的成败在于审清题目，弄懂来龙去脉，透过给定信息的表象，抓住问题的本质，揭示问题的内在联系和隐含条件，明确解题方向，形成解题策略【问题问题 1】等差、等比数列的项与和特征问题等差、等比数列的项与和特征问题例例 1.数列的前项和记为（）求的通项公式； nan11,1,211nnnS aaSn na（）等差数列的各项为正，其前项和为，且，又 nbnnT315T 成等比数列，求112233,ab ab abnT本小题主要考察等差数列、等比数列的基础知识，以及推理能力与运算能力。解：（）由可得，两式相减得121nnaS1212nnaSn112,32nnnnnaaa aan又 故是首项为 ，公比为得等比数列 21213aS 213aa na1313nna（）设的公比为 由得，可得，可得25b nbd315T 12315bbb故可设 又135,5bd bd1231,3,9aaa由题意可得 解得 251 5953dd122,10dd等差数列的各项为正， nb0d 2d 213222nn nTnnn例 2.设数列的前项和为，且对任意正整数，。 （1）求数列nannSn4096nnaS的通项公式？（2）设数列的前项和为,对数列，从第几项起na2lognannT nT？509nT .解(1) an+ Sn=4096, a1+ S1=4096, a1 =2048.23当 n2 时, an= SnSn1=(4096an)(4096an1)= an1an = 1nn aa 21an=2048()n1.21(2) log2an=log22048()n1=12n, Tn=(n2+23n).21 21由 Tn,而 n 是正整数,于是,n46. 从第 46 项起2460123Tn.23原式=(b1)+(b2)+(bk)+(bk+1)+(b2k)23 23 23 23 23=(bk+1+b2k)(b1+bk)24=.12) 10(2112) 12(21kkkk kkkkk 122kk当4,得 k28k+40, 42k4+2,又 k2,122kk33当 k=2,3,4,5,6,7 时,原不等式成立.例例 4。已知数列中，是其前项和，并且， nanSn1142(1,2,),1nnSana设数列，求证：数列是等比数列；设数列), 2 , 1(21naabnnn nb，求证：数列是等差数列；求数列的通项公式及前), 2 , 1( ,2nacnn n nc na项和。n分析：由于分析：由于b 和和c 中的项都和中的项都和a 中的项有关，中的项有关，a 中又有中又有 S=4a +2，可由，可由 S-nnnn1nn2nS作切入点探索解题的途径作切入点探索解题的途径1n解解：(1)由 S=4a，S=4a+2，两式相减，得 S-S=4(a-a )，即 a=4a1n2n2n1n2n1n1nn2n-4a (根据 b 的构造，如何把该式表示成 b与 b 的关系是证明的关键，注意加强1nnn1nn恒等变形能力的训练)a-2a=2(a-2a )，又 b =a-2a ，所以 b=2b 2n1n1nnn1nn1nn已知 S =4a +2，a =1，a +a =4a +2，解得 a =5，b =a -2a =3 2111212121由和得，数列b 是首项为 3，公比为 2 的等比数列，故 b =3·2nn1n25当 n2 时，S =4a+2=2(3n-4)+2；当 n=1 时，S =a =1 也适合上式n1n1n 11综上可知，所求的求和公式为 S =2(3n-4)+2n1n说明：说明：1本例主要复习用等差、等比数列的定义证明一个数列为等差，等比数列，求数列本例主要复习用等差、等比数列的定义证明一个数列为等差，等比数列，求数列通项与前通项与前项和。解决本题的关键在于由条件项和。解决本题的关键在于由条件得出递推公式。得出递推公式。n241nnaS2解综合题要总揽全局，尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件，在后解综合题要总揽全局，尤其要注意上一问的结论可作为下面论证的已知条件，在后面求解的过程中适时应用面求解的过程中适时应用【问题问题 3】函数与数列的综合题函数与数列的综合题 数列是一特殊的函数，其定义域为正整数集，且是自变量从小到大变化时函数值的序数列是一特殊的函数，其定义域为正整数集，且是自变量从小到大变化时函数值的序列。注意深刻理解函数性质对数列的影响，分析题目特征，探寻解题切入点列。注意深刻理解函数性质对数列的影响，分析题目特征，探寻解题切入点.例例 5 已知二次函数的图像经过坐标原点，其导函数为，数列( )yf x='( )62fxx=-的前 n 项和为，点均在函数的图像上。 （） 、求数列nanS( ,)()nn SnN*Î( )yf x=的通项公式；（） 、设，是数列的前 n 项和，求使得对na11n nnba a+=nT nb20nmT 0 , anan1=5 (n2). 当 a1=3 时,a3=13,a15=73. a1, a3,a15不成等比数列a13;当 a1=2 时, a3=12, a15=72, 有 a32=a1a15 , a1=2, an=5n3例 13.已知数列满足 na* 12211,3,32().nnnaaaaa nN（I）证明：数列是等比数列；（II）求数列的通项公式；1nnaa na（II）若数列满足证明是等差数 nb12111*44.4(1) (),nnbbbb nanN nb（1）证明：2132,nnnaaa*21 21112 12(),1,3,2().nn nnnn nnaaaaaaaanNaa 是以为首项，2 为公比的等比数列。1nnaa21aa2（II）解：由（I）得* 12 (),n nnaanN112211()().()nnnnnaaaaaaaa12*22.2 121().nnnnN （III）证明：1211144.4(1) ,nnbbbb na12(.)42,nnbbbnb 122(.),nnbbbnnb12112(.)(1)(1).nnnbbbbnnb，得 即 112(1)(1),nnnbnbnb1(1)20.nnnbnb21(1)20.nnnbnb，得 即2120,nnnnbnbnb2120,nnnbbb是等差数列。* 211(),nnnnbbbb nN nb例 14. .已知数列中，在直线 y=x 上，其中 n=1,2,3.na11122nnanaa、点（、）31()令 ()求数列 是等比数列；求证数列nnnnbaab, 31 的通项；na()设的前 n 项和,是否存在实数，使得数列分别为数列、nnTS 、na nb为等差数列？若存在，试求出.若不存在,则说明理由。nnST n解：（I）由已知得 111,2,2nnaaan2213313,11,4424aaa 又11,nnnbaa1211,nnnbaa11112111(1)1 11222.1112nnnnnnnnnnnnnnananaa baa baaaaaa是以为首项，以为公比的等比数列. nb3 41 2（II）由（I）知，13131( ),4222n nnb 1311,22nnnaa 21311,22aa 322311,22aa 11311,22nnnaa 将以上各式相加得：1213 111(1)(),2 222nnaan 11111(1)31313221(1)(1)2.12222212nnnnaannn 32.2nnan（III）解法一：存在，使数列是等差数列.2nnST n12121113()(12)2222nnnSaaann11(1)(1)22321212nn nn 2213333(1)3.2222nnnnnn 3212131(1)313342(1).1222212nnnnnTbbb 数列是等差数列的充要条件是、是常数nnST n,(nnSTAnBAnB)即2,nnSTAnBn又2133333()2222nnnnnnST 2313(1)(1)222nnn当且仅当，即时，数列为等差数列.1022nnST n解法二：存在，使数列是等差数列.2nnST n由（I） 、 （II）知，22nnabn(1)222nn nSTn(1)222nnnnn nnTTST nn32 2nnTn又12131(1)313342(1)1222212nnnnnTbbb 13233()222nn nSTn nn当且仅当时，数列是等差数列.2nnST n例 15 *),1() 1()1()0(0)(Nnnxnnfnxnxxf（1）在0，3上作函数 y=f(x)的图象（2）求证：2)(111niif（3）设 S(a) (a0)是由 x 轴、y=f(x)的图象以及直线 x=a 所围成的图形面积，当nN*时，试寻求与的关系) 1()(nSnS)21( nf解：（1）当 n=1 即 00112nn又2122 12nn nn niif12)(11（3）由（1）图象中可知：S(n)S(n1)表示一个以 f(n1)、f(n)为底，n(n1)=1 为 高的梯形面积（当 n=1 时表示三角形面积） ，根据（*）可得S(n)S(n1)=22) 1( 2) 1(211)() 1(212nnnnnnfnf又可得22) 1( 2) 1()1(21)21(2nnnnnfnnnnfS(n)S(n1)= )21( nf数列专题作业1已知数列满足：.nannanaa2 11)11 (2, 2（1）求数列的通项公式；na（2）设，试推断是否存在常数 A，B，C，n nCBnAnb2)(2使对一切都有成立？说明你的理由； Nnnnnbba1（3）求证：622 21n naaa解：（1）由已知2212 12) 1(,)1(2na naannann nn 即是公比为 2 的等比数列，又2nan数列2121a342 22.2nanan nnn（2）n nnCBAnBAAnbb222)4(2 1若恒成立.CBAnBAAnnbbannn22)4(,22 1则恒成立，故存在常数 A、B、C 满足条件 641022041CBACBABAA（3）111231221)()()(bbbbbbbbaaannnn62)32(626) 1(4) 1(1212nnnnnn62622) 1(112nnn2已知函数对于任意（） ，都有式子)(xfy 2kZk 成立（其中 为常数） 1cot)tan(afa（）求函数的解析式； )(xfy （）利用函数构造一个数列，方法如下：)(xfy 对于给定的定义域中的，令，1x)(12xfx )(23xfx ， )(1nnxfx在上述构造过程中，如果（ =1，2，3，）在定义域中，那ixi么构造数列的过程继续下去；如果不在定义域中，那么构造数列ix的过程就停止.（）如果可以用上述方法构造出一个常数列，求 的取值范a围；（）是否存在一个实数 ，使得取定义域中的任一值作为，a1x都可用上述方法构造出一个无穷数列？若存在，求nx出 的值；若不存在，请说明理由；a35（）当时，若，求数列的通项公式1a11xnx解：（）令（） ，则，而tan ax2kxa tan，xa 1 tan1cot故=， =（） )(xf11 xa)(xfy xaax 1ax （） （）根据题意，只需当时，方程有解， ax xxf)(亦即方程 有不等于 的解01)1 (2axaxa将代入方程左边，左边为 1，与右边不相等故方程ax 不可能有解由 =，得 或，ax 0)1 (4)1 (2aa3a1a即实数 a 的取值范围是 (, 31,) （）假设存在一个实数 ，使得取定义域中的任一值作为 x1，a都可以用上述方法构造出一个无穷数列，那么根据题nx意可知，= 在 R 中无解，xaax 1a亦即当时，方程无实数解ax 1)1 (2aaxa由于不是方程的解，ax 1)1 (2aaxa所以对于任意 xR，方程无实数解，1)1 (2aaxa因此解得 . 01, 012aaa1a 即为所求 的值 1aa（）当时，所以，1axxxf1)(nn nxxx11两边取倒数，得，即11111nnnnxxx x1111nnxx所以数列是首项为，公差的等差数列nx1111x1d36故，所以，nnxn) 1() 1(11 nxn1即数列的通项公式为 nxnxn13在各项均为正数的数列中，前 n 项和 Sn满足na。*) 12(12NnaaSnnn，（I）证明是等差数列，并求这个数列的通项公式及前 n 项和na 的公式； （II）在 XOY 平面上，设点列 Mn（xn，yn）满足 ，且点列 Mn在直线 C 上，Mn中最高点为 Mk，若nnnnynSnxa2， 称直线 C 与 x 轴、直线所围成的图形的面积为直线 C 在bxax 、 区间a，b上的面积，试求直线 C 在区间x3，xk上的面积； （III）是否存在圆心在直线 C 上的圆，使得点列 Mn中任何一个 点都在该圆内部？若存在，求出符合题目条件的半径最小的圆；若 不存在，请说明理由。 解：（1）由已知得1222nnnaaS故 12212 11nnnaaS得nnnnnaaaaa122 11222结合，得 是等差数列0na211nnaana又时，解得或1n12212 11aaa11a211a又，故101aan，21d21 21) 1(211nnannnnnnSn43 41 2) 1( 212（II）nnnnynSnxa2，nnSynnaxn nn n434121212